Nguyễn Minh Đức-ThPT Lê quảng chí (Hà Tĩnh)k2pi.net.vn/data/files3/K2PI---Bai Viet HHKG-on Luyen HSG...2. . 10 KC LK LC LKC KCKL HÌNH HỌC KHÔNG GIAN-ÔN LUYỆN HSG

HÌNH HỌC KHÔNG GIAN-ÔN LUYỆN HSG TOÁN 11 GMAIL: [email protected]

NGUYỄN MINH ĐỨC-THPT LÊ QUẢNG CHÍ (HÀ TĨNH)

Hình

Hoïc

Khoâng

Gian OÂn Luyeän

HSG Toaùn 11



Bài Toán 1: Cho hình chóp .S ABCD có ABCD là hình vuông cạnh a. Đường

thẳng SA vuông góc với mặt phẳng ABCD . Góc giữa SB và ABCD là 060 .

Gọi N là trung điểm .BC Mặt phẳng P qua A và vuông góc với .SC

a) Tính cos góc giữa hai đường thẳng SD và .AN

b) Tính diện tích thiết diện tạo bởi mặt phẳng P và hính chóp . .S ABCD

Hướng Dẫn Giải:

a) Góc giữa SB và ABCD là 060SBC SBC Suy ra: 3.SA a

Gọi ,K L lần lượt là trung điểm của AD và SA .

Gọi là góc giữa hai đường thẳng SD và .AN

Khi đó ta có: KL // SD và CK // AN .

Vậy góc giữa SD và AN cũng chính là góc giữa KL và CK .

Dễ dàng tính được:5.

211

2

KL a

aKC

aLC

Trong LKC ta có: 2 2 2 5

cos .2. . 10

KC LK LCLKC

KC KL



Suy ra: 5

cos cos .10

LKC

b) Gọi

'

'

'

P SC C

P SB B

P SD D

.

Vậy thiết diện tạo bởi P với hình chóp .S ABCD là tứ giác ' ' 'AB C D

Dễ dàng chứng minh được các điều sau:

1

2

3

BD SAC

CD SAD

CB SAB

Ta có: 2 ' 2AD CD a

Mặt khác: ' 2AD SC Do P SC b

Từ 2a và 2b suy ra: ' ' SDAD SCD AD

Tương tự chứng minh được: 'AB SB

Dễ dàng chứng minh: *SD SB

SAD SABSDA SBA

Lại chứng minh được: ' 'D AD B AB (cạnh huyền-góc nhọn).

Suy ra: ' ' (**)DD BB

Từ * và * * ta suy ra: ' 'B D // 4BD

Từ 1 và 4 ta được: ' ' ' ' 'B D SAC B D AC

Trong SAC vuông tại A có

30'

5AC' SC3 5

'5

aAC

aSC

.

Dễ có: ' 'D C SC . Từ đó chứng minh được:

2 2 2 2

' ' ' ' 3' ' '

2

SD SC SD SC aSD C SCD SD

SC SD SA AC SA AD

Ta có:

3' ' ' 3 3 22 ' '

2 4 4

aB D SD a

B DBD SD a

Vậy suy ra: 2

' ' '

1 1 30 3 2 3 15'. ' ' . . .

2 2 5 4 20AB C D

a a aS AC B D



Bài Toán 2: (Trích đề thi HSG cấp tỉnh Toán 11-Tỉnh Hà Tĩnh năm học 2013-2014)

Cho tam giác nhọn .ABC Trên tia Ax vuông góc với mặt phẳng ABC lấy điểm

S (khác A ). Kẻ đường cao BH của tam giác ABC ( H thuộc AC ). Gọi P là

mặt phẳng qua C và vuông góc với SB , giả sử P cắt tia đối của tia AS tại .M

Đường thẳng MH cắt SC tại .N

a) Chứng minh MC SHB và SC MBN .

b) Biết cạnh , , .BC a ABC ACB Tìm giá trị nhỏ nhất của diện

tích tam giác SMC theo , ,a khi S di dộng trên tia .Ax


a) Ta có:

1

MC PMC SB

P SB

Mặt khác: 2BH AC

BH SAC MC BHBH SA

Từ 1 và 2 ta suy ra: MC SHB (Đpcm)

Ta có: 3BH SAC SC BH

Theo câu a) suy ra: MC SH . Lại có CA SM , do đó H là trực tâm

của SMC .Vì vậy 4SC MN

Từ 3 và 4 ta suy ra: SC MBN (Đpcm)

b) Theo định lý sin ta có:

sin

sin sin sin sinsin

a AC a AC aAC

A

.



Đặt: 0SA x .

Ta có: sin

cos cossin

aCH a AH AC CH a

.

Lại có: SAC HNA

SAC HAMHNA HAM

.

Suy ra:

sin sincos

sin sin.

sin sincos

sin sin

a aa

CAHAMA

SA x

a aa

SM SA MA xx

Khi đó suy ra:

sin sin

cossin sin1 1 sin

. . .2 2 sinSMC

a aa

aS CASM x

x

Áp dụng BĐT AM-GM ta được:

sin sincos

sin sin sin sin2 cossin sin

sin sincos

sin sin sin sin2 cossin sin

a aa

a ax a

x

a aa

x ax

Từ đó ta suy ra:

2

1 sin sin sin. .2 cos2 sin sin sin

sin sin sin. cos

sin sin sin

SMC

SMC

aS a

aS



Dấu = đạt được khi:

sin sincos

sin sin sin sincos

sin sin

a aa

x SA ax

Vậy giá trị nhỏ nhất của diện tích SMC theo , ,a là:

2 sin sin sin. cos

sin sin sin

a

Bài Toán 3: (Trích đề thi HSG Toán 11 cấp tỉnh-Tỉnh Hà Tĩnh năm học 2007-2008)

Cho hình chóp .S ABC biết SA vuông góc với đáy. Gọi 1 1,CB lần lượt là hình

chiếu của A trên , ;SB SC giả sử BC và 1 1BC cắt nhau tại .I Gọi AD là đường

kính đường tròn ngoại tiếp tam giác .ABC

a) Chứng minh SD vuông góc với AI .

b) Chứng minh tồn tại K cách đều sáu điểm 1 1

, , , , , .A B C D B C


a) Ta có: DB AB

DB SAB SBD SABDB SA

Mặt khác, lại có:

1 11

1SBD SAB SB

AB SBD AB SDAB SB

Tương tự ta chứng minh được: 12AC SD



Từ 1 và 2 suy ra: 1 1SD ABC SD AI (Đpcm)

b) Gọi G là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .

Dễ dàng có: 32

ADGA GB GC GD

Ta có: 1 1 1 14

2

ADAB SBC AB BD GA GD a

Tương tự: 14

2

ADGA GD GC b

Từ 4a và 4b ta được:

1 14

2

ADGA GD GB GC

Từ 3 và 4 suy ra:

1 1.

2

ADGA GB GC GD GB GC

Vậy G cách đều sáu điểm 1 1

, , , , , .A B C D B C Vậy hiển nhiên tồn tại K cách

đều sáu điểm 1 1

, , , , , .A B C D B C ( Đpcm)

Bài Toán 4: Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và K là

trung điểm của .SC Một mặt phẳng P chứa AK và lần lượt cắt các cạnh ,SB SD

tại các điểm ,MN khác .S Chứng minh rằng:

4 3.

3 2

SM SN

SB SD




Đầu tiên chúng ta đi giải quyết bài toán sau:

Đề Bài: Cho tam giác SBD , đường trung tuyến AO , đường thẳng d bất kì

cắt , ,SB AO SD lần lượt tại , , .M I N Chứng minh rằng:

2 .SD SB SO

SN SM SI

Giải:

Vẽ BK //HD //MN .

Dễ dàng chứng minh được:

Theo định lì Ta-lét ta có:

2

SB SKSB SD SK SH SO OK SO OH SOSM SI Do OK OH

SD SH SM SN SI SI SISN SI

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Giờ chúng ta đi giải quyết bài toán ban đầu:

Áp dụng bài toán vừa chứng minh trên ta dễ dàng suy ra:

32 2. 3

2

SB SD SO

SM SN SI ( Do I là trọng tâm tam giác SAC )

Đặt: 1

31

SBa

SM a bSD

bSN

. . .BOK DOH gc g OK OH



Với điều kiện , 1a b và 3a b suy ra: , 1;2a b .

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

1 1 4 4 4

13 3

SM SN

a b a b SB SD

Vì 1;2a suy ra:

1 2 0 3 2 2 3.a a a a ab Doa b

Vậy suy ra:

1 1 3 3 3

22 2

SM SN

a b ab SB SD

Từ 1 và 2 ta có điều phải chứng minh.

Bài Toán 5: Cho góc tam diện vuông Oxyz đỉnh .O Lấy , ,A B C lần lượt trên

, ,Ox Oy Oz sao cho ,OA OB OC AB AC BC l ở đây l là số dương

cho trước. Xác định vị trí các điểm , ,A B C sao cho thể tích tứ diện OABC đạt giá

trị lớn nhất và hãy tính giá trị lớn nhất ấy.




Đặt:

0

0

0

OA a

OB b

OC c

.

Khi đó ta có:

2 2 2 2 2 2l a b c a b b c c a

Ta có đánh giá quen thuộc sau:

Với , 0x y thì: 2 22

2

x yx y

.Dấu = xảy ra khi .x y

Áp dụng đánh giá trên ta suy ra:

2 2 1 1l a b c a b c l a b c

Ta có: .

.6O ABC

abcV V

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

3

3

3

3 6 2

a b c abc

a b c V

Từ 1 và 2 ta được:

3

33

2 1 .3 6

2 1*

162

l V

lV

Dấu = ở (*) xảy ra khi:

2 2 2 2 2 2 2 1

3

ll a b c a b b c c aa b c

a b c

Vậy

33 2 1

162OABCV

lMax

.Đạt được khi

2 1

3

la b c

hay

, ,A B C cách O một khoảng đúng bằng 2 1

3

l .



Bài Toán 6:Cho tứ diện SABC , đặt , ,ASB BSC CSA biết

0180 và .SA SB SC d Chứng minh 2 3.

4ABC

dS


Đăt: ; ; , , 0AB c BC a CA b a b c .Gọi 2

a b cp

là nửa chu vi

của tam giác .ABC

Trong tam giác cân ASB ta dễ dàng tính được:

2 sin .2

c d

Tương tự:

2 sin ; b 2 sin2 2

a d d

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

32

2

3.

27 3 33

19

ABC

ABC

p a b c pS p p a p b p c p

pS

Mặt khác:

3

sin sin sin 22 2 2 2 2

a b c dp d



Có được 2 vì 0180 nên dễ dàng chứng minh được:

3sin sin sin2 2 2 2


2

2

33

2

93

4

ABC

ABC

d

S

dS

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Bài Toán 7: Cho tứ diện OABC có , ,OAOB OC đôi một vuông góc với nhau.

Gọi , , lần lượt là góc hợp bởi các mặt phẳng , ,OBC OCA OAB với

mặt phẳng ABC .Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

2 2 2 2cot .cot cot .cot cot .cot 6cot .cot .cotP


Ta có đẳng thức quen thuộc của , , là:

2 2 2cos cos cos 1 *

( Bạn đọc tự chứng minh đẳng thức (*) )

Từ * ta suy ra:

2 2 2

2 2 2 2 2 2

1 1 11

1 tan 1 tan 1 tantan tan tan tan .tan .tan 2

Áp dụng BĐT BCS ta có:

22 2 2 2 2 2

2

2 2 2

22 2 2

tan tan tan 3 tan tan tan 3 tan .tan .tan 2

tan tan tan 63

tan .tan .tan

cot .cot cot .cot cot .cot 6cot .cot .cot 3

Do đó: 3P . Dấu = xảy ra khi:

tan tan tan 0 , ,2

hay ABC là tam giác đều.

Vây:

3.P

Max



Bài Toán 8: Trong mặt phẳng P cho đường tròn O đường kính AB .Trên

đường thẳng d vuông góc với P tại A ta lấy điểm S sao cho .SA SB Gọi C

là điểm đối xứng của B qua A . Đường thẳng di động qua C và cắt O tại

hai điểm ,M N .Gọi , lần lượt là số đo góc giữa hai mặt phẳng SBM và

SBN với P . Chứng minh 2 2cos cos là một hằng số.


Dễ dàng chứng minh được:

.

BM SMBM SAMSMA

BM MABM MA

Tương tự: .SNA

Do đó ta có: cos

.cos

AM

SMAN

SN

Vì ,SA AB AC suy ra SBC vuông cân tại .S

Dễ dàng có: 2 2. . 2 .CNCM CACB CS CA

Suy ra:

2 2 2

2 2 2

. .

21

CN CSCSN CMS c g c

CS CMSN SC SN SC CA

SM MC SM MC CM

Mặt khác, lại có:

2CA AN

CAN CMBCM MB




2 2 2 2 22

2 2 2 2 2

2cos

2 2

SN AN AN BM BM

SM BM SN SM SM

Vậy ta có:

2 2 2 22 2

2 2 2

2 2 2 2 2

2 2 2

2cos cos

2 21

22 2 2

AM BM AM BM

SM SM SMAM AB AM SA SM

SM SM SM

Bài toán được chứng minh.

Bài Toán 9: Cho tứ diện .S ABC có , ,SA SB SC vuông góc với nhau.Đặt ,SA a

,SB b SC c . Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng ABC .

Chứng minh rằng:

3. . .

2HBC HAC HAB

abcP a S b S c S




Ta có:

,

BA SH DoSH ABCBA SHC

BA SC DoSC SB SC SA

Gọi M CH BA .Khi đó ta suy ra:BA CM

BA SM

Vì tứ diện .S ABC là tứ diện vuông đỉnh S nên dễ dàng chứng minh được:

2 2 22

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 a b cSH

SH a b c a b b c c a

Lại có, trong SBA thì:

2 22

2 2 2 2 2

1 1 1 a bSM

SM a b a b

Theo định lý Py-ta-go ta có: 2 2 2 2 2

2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

2

2 2 2 2 2 2 2 2

1

a b a b cHM SM SH

a b a b b c c ac

HM aba b a b b c c a

Từ đó suy ra:

22 2

2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

1 1. . . . .

2 2

. 12

HAB

HAB

abc cc S c HM BA a b

a b a b b c c aabc c a b c

c Sa b b c c a

Tương tự ta chứng minh được:

2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

. 12

. 12

HBC

HAC

abc a b c aa S

a b b c c aabc a b b c

b Sa b b c c a

Từ trên ta suy ra:

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 21 1 1 1

2

abc c a b c a b c a a b b cP

a b b c c a a b b c c a a b b c c a

Áp dụng BĐT BCS ta lại có:

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

1 1 1

3 3

1 1

c a b c a b c a a b b c


c a b c a b c a a b b c


c a b c a b

a b b c c a

2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 21 3 2

c a a b b c

a b b c c a a b b c c a



Từ 1 và 2 ta suy ra:

3

2

abcP (đpcm)

Dấu = xảy ra khi .a b c

Bài toán được chứng minh.

Bài Toán 10: Cho các tia , ,Ox Oy Oz đôi một vuông góc với nhau. , ,A B C lần lượt

di động thuộc các tia , ,Ox Oy Oz sao cho tam giác ABC có diện tích S không đổi.

1 2 3, ,S S S lần lượt là diện tích các tam giác , ,OBC OCAOAB . Tìm GTLN của:

1 2 3

1 2 32 2 2

S S SPS S S S S S


Vì OABC là tứ diện vuông. Ta hoàn toàn chứng minh được:

2 2 2 21 2 3

*S S S S

Khi đó ta có:

1 2 3

1 1 13 2 1

2 2 2P S

S S S S S S

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta được:

1 2 3 1 2 3

1 1 1 92

2 2 2 3 2S S S S S S S S S S

Mặt khác áp dụng BĐT BCS ta có:

2 2 21 2 3 1 2 3

3 3 * 3S S S S S S S Do

Từ 2 và 3 ta suy ra:

1 2 3

1 1 1 1 9. 4

2 2 2 3 2 3S S S S S S S

Từ 1 và 4 suy ra được:

1 93 2 .

3 2 33 3

3 2 3

P SS

P

Dấu = xảy ra khi:

2 2 21 2 3

1 2 31 2 3

.3

S S S S SS S S

S S S

Vậy

3 3Max

3 2 3P



Continue Update….!

Trong quá trình viết bài viết này ắt gặp nhiều sai sót.

Mong mọi người cho nhận xét!

Myfacebook: www.facebook.com/minhduck2pipu

http://www.facebook.com/minhduck2pipu

Documents

Nguyễn Minh Đức-ThPT Lê quảng chí (Hà Tĩnh)k2pi.net.vn/data/files3/K2PI---Bai Viet HHKG-on Luyen HSG...2. . 10 KC LK LC LKC KCKL HÌNH HỌC KHÔNG GIAN-ÔN LUYỆN HSG